初中数学人教版（2024）七年级下册5.3.1 平行线的性质优秀课后练习题

这是一份初中数学人教版（2024）七年级下册5.3.1 平行线的性质优秀课后练习题，文件包含人教版数学七下培优提升训练专题53平行线的性质原卷版doc、人教版数学七下培优提升训练专题53平行线的性质解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共30页， 欢迎下载使用。
本试卷满分120分，试题共24题，其中选择10道、填空8道、解答6道．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2022秋•碑林区校级期中）下列语句是命题的是（ ）
A．画出两个相等的角
B．所有的直角都相等吗？
C．延长线段AB到C，使得BC＝BA
D．两直线平行，内错角相等
【分析】利用命题的定义判断即可．
【解答】解：A．画出两个相等的角，没有对一件事情做出判断，故A选项不是命题，不符合题意；
B．所有的直角都相等吗？是表示疑问的语句，而不是表示判断的语句，故选项B不符合题意；
C．延长线段AB到C，使得BC＝BA，不是表示判断的语句，故选项C不符合题意；
D．两直线平行，内错角相等，是表示判断的语句，故D是命题，符合题意．
故选：D．
2．（2022•谷城县二模）已知，直线m∥n，将含30°的直角三角板按照如图位置放置，∠1＝25°，则∠2等于（ ）
A．35°B．45°C．55°D．65°
【分析】根据对顶角的性质可以得出∠CDE＝25°，然后利用30°的直角三角板可得∠ACB＝30°，最后利用平行线的性质∠2＝∠CEF＝55°．
【解答】解：如图：
∵∠1＝25°，∠1与∠CDE是对顶角，
∴∠CDE＝∠1＝25°，
∵∠ACB＝30°，
∴∠CEF＝∠ACB+∠CDE＝55°，
∵m∥n，
∴∠2＝∠CEF＝55°．
故选：C．
3．（2022秋•开福区校级期中）如图，AB∥CD，AE平分∠CAB交CD于点E．若∠C＝50°，则∠AEC的大小为（ ）
A．55°B．65°C．70°D．80°
【分析】根据平行线性质求出∠CAB的度数，根据角平分线求出∠EAB的度数，根据平行线性质求出∠AEC的度数即可．
【解答】解：∵AB∥CD，
∴∠C+∠CAB＝180°，
∵∠C＝50°，
∴∠CAB＝180°﹣50°＝130°，
∵AE平分∠CAB，
∴∠EAB＝65°，
∵AB∥CD，
∴∠AEC＝∠BAE＝65°．
故选：B．
4．（2022秋•九龙坡区校级期中）如图，直线a∥b，将一个含30°角的三角尺按如图所示的位置放置，若∠1＝20°，
则∠2的度数为（ ）
A．150°B．140°C．130°D．120°
【分析】由题意得∠CAD＝90°，∠C＝30°，从而求得∠CAE＝70°，由平行线的性质得∠CBF＝∠CAE＝70°，利用三角形的外角性质求得∠CHB＝40°，从而可求∠2的度数．
【解答】解：如图，
由题意得：∠CAD＝90°，∠C＝30°，
∵∠1＝20°，
∴∠CAE＝180°﹣∠CAD﹣∠1＝70°，
∵a∥b，
∴∠CBF＝∠CAE＝70°，
∵∠CBF是△CBH的外角，
∴∠CHB＝∠CBF﹣∠C＝40°，
∴∠2＝180°﹣∠CHB＝140°．
故选：B．
5．（2022秋•道里区校级月考）有下列四种说法：
（1）过直线外一点有且只有一条直线与这条直线平行
（2）相等的两个角是对顶角
（3）直线外一点到这条直线的垂线段，叫做这点到直线的距离
（4）垂直于同一条直线的两直线平行：其中正确的有（ ）
A．0个B．1个C．2个D．3个
【分析】利用平行线的判定与性质，平行公理，点到直线的距离的定义对各项进行分析即可．
【解答】解：（1）过直线外一点有且只有一条直线与这条直线平行，故（1）正确；
（2）相等的两个角不一定是对顶角，故（2）错误；
（3）直线外一点到这条直线的垂线段的长度，叫做这点到直线的距离，点到直线的距离是一个长度，而不是一个图形，故说法（3）错误；
（4）在同一平面内，垂直于同一条直线的两直线平行，故（4）错误；
综上所述，正确的只有1个．
故选：B．
6．（2022秋•惠阳区校级月考）如图，AB∥EF，C点在EF上，∠EAC＝∠ECA，BC平分∠DCF，且AC⊥BC．则关于结论①AE∥CD；②∠BDC＝2∠1，下列判断正确的是（ ）
A．①②都正确B．①②都错误
C．①正确，②错误D．①错误，②正确
【分析】由平行线的性质得出∠ECA＝∠BAC，∠BCF＝∠B，证出∠1+∠BCD＝90°，∠ECA+∠BCF＝90°，由角平分线定义得出∠BCD＝∠BCF，得出∠1＝∠ECA，AC平分∠DCE，证出∠EAC＝∠1，得出AE∥CD，①正确；由∠1＝∠ECA＝∠BAC，∠BDC＝∠BAC+∠1，得出∠BDC＝2∠1，②正确；即可得出结论．
【解答】解：∵AB∥EF，
∴∠ECA＝∠BAC，∠BCF＝∠B，
∵AC⊥BC，
∴∠ACB＝90°，
∴∠1+∠BCD＝90°，∠ECA+∠BCF＝90°，
∵BC平分∠DCF，
∴∠BCD＝∠BCF，
∴∠1＝∠ECA，
∴AC平分∠DCE，
∵∠EAC＝∠ECA，
∴∠EAC＝∠1，
∴AE∥CD，①正确；
∵∠1＝∠ECA＝∠BAC，∠BDC＝∠BAC+∠1，
∴∠BDC＝2∠1，②正确；
故选：A．
7．（2022春•章丘区期中）乐乐观察“抖空竹”时发现，可以将某一时刻的情形抽象成数学问题：如图，已知AB∥CD，∠BAE＝92°，∠DCE＝115°，则∠E的度数是（ ）
A．23°B．26°C．28°D．32°
【分析】延长DC交AE于点F．先利用平行线的性质求出∠EFD，再利用三角形外角和内角的关系求出∠E．
【解答】解：延长DC交AE于点F．
∵AB∥CD，∠BAE＝92°，
∴∠BAE＝∠EFD＝92°．
∵∠DCE＝∠EFC+∠E，∠DCE＝115°，
∠E＝∠DCE﹣∠EFC
＝115°﹣92°
＝23°．
故选：A．
8．（2022秋•临洮县校级月考）如图，直线CE∥DF，∠CAB＝125°，∠ABD＝85°，则∠1+∠2＝（ ）
A．15°B．25°C．30°D．45°
【分析】根据平行线的性质以及外角和定理，可求出其值．
【解答】解：∵CE∥DF，
∴∠CEA+∠DFB＝180°，
∵∠1+∠CEA＝125°，∠2+DFB＝85°，
∴∠1+∠CEA+∠2+DFB＝125°+85°，
∴∠1+∠2＝210°﹣180°＝30°．
故选：C．
9．（2022春•新罗区期中）如图，直线AB∥CD，点E、M分别为直线AB、CD上的点，点N为两平行线间的点，连接NE、NM，过点N作NG平分∠ENM，交直线CD于点G，过点N作NF⊥NG，交直线CD于点F，若∠BEN＝θ（90°＜θ＜180°），则∠NGD﹣∠MNF的角度等于（ ）
A．90°B．270°﹣θC．90°+θD．2θ﹣270°
【分析】过N点作NH∥AB，则AB∥NH∥CD，由平行线的性质得∠BEN+∠ENG+∠GNM+∠MNF+∠NFG＝360°，进而由NG平分∠ENM和∠BEN＝θ得∠GNM+∠GNM+∠MNF+∠NFG＝360°﹣θ，再由得∠GNM+∠NFG＝270°﹣θ，进而由外角定理得结果．
【解答】解：过N点作NH∥AB，则AB∥NH∥CD，
∴∠BEN+∠ENH＝∠HNF+∠NFG＝180°，
∴∠BEN+∠ENH+∠HNF+∠NFG＝360°，
∴∠BEN+∠ENG+∠GNM+∠MNF+∠NFG＝360°，
∵∠BEN＝θ，
∴∠ENG+∠GNM+∠MNF+∠NFG＝360°﹣θ，
∵NG平分∠ENM，
∴∠ENG＝∠GNM，
∴∠GNM+∠GNM+∠MNF+∠NFG＝360°﹣θ，
∵NF⊥NG，
∴∠GNM+∠MNF＝∠GNF＝90°，
∴∠GNM+90°+∠NFG＝360°﹣θ，
∴∠GNM+∠NFG＝270°﹣θ，
∵∠NGD＝∠GNM+∠MNF+∠NFG，
∴∠NGD﹣∠MNF＝∠GNM+∠NFG＝270°﹣θ，
故选：B．
10．（2022春•仓山区校级期中）如图，直线MN∥PQ，点A在直线MN与PQ之间，点B在直线MN上，连接AB．∠ABM的平分线BC交PQ于点C，连接AC，过点A作AD⊥PQ交PQ于点D，作AF⊥AB交PQ于点F，AE平分∠DAF交PQ于点E，若∠CAE＝45°，∠ACB＝∠DAE，则∠ACD的度数是（ ）
A．18°B．27°C．30°D．45°
【分析】设∠DAE＝α，则∠EAF＝α，∠ACB＝α，先求得∠BCE+∠CEA＝180°，即可得到AE∥BC，进而得出∠ACB＝∠CAE，即可得到∠DAE＝18°，再依据Rt△ACD内角和即可得到∠ACD的度数．
【解答】解：设∠DAE＝α，则∠EAF＝α，∠ACB＝α，
∵AD⊥PQ，AF⊥AB，
∴∠BAF＝∠ADE＝90°，
∴∠BAE＝∠BAF+∠EAF＝90°+α，∠CEA＝∠ADE+∠DAE＝90°+α，
∴∠BAE＝∠CEA，
∵MN∥PQ，BC平分∠ABM，
∴∠BCE＝∠CBM＝∠CBA，
又∵∠ABC+∠BCE+∠CEA+∠BAE＝360°，
∴∠BCE+∠CEA＝180°，
∴AE∥BC，
∴∠ACB＝∠CAE，即α＝45°，
∴α＝18°，
∴∠DAE＝18°，
∴Rt△ACD中，∠ACD＝90°﹣∠CAD＝90°﹣（45°+18°）＝27°，
故选：B．
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）请把答案直接填写在横线上
11．（2022秋•德惠市期中）命题“如果a＝b，那么a3＝b3”是 真 命题．（填“真”或“假”）
【分析】根据有理数的乘方法则计算，判断即可．
【解答】解：命题“如果a＝b，那么a3＝b3”是真命题，
故答案为：真．
12．（2022秋•浦东新区期中）将命题“两个全等三角形的周长相等”改写成“如果…那么…”的形式 如果两个三角形全等，那么它们的周长相等 ．
【分析】任何一个命题都可以写成“如果…那么…”的形式，如果是条件，那么是结论．
【解答】解：将命题“两个全等三角形的周长相等”改写成“如果…，那么…”的形式：如果两个三角形全等，那么它们的周长相等，
故答案为：如果两个三角形全等，那么它们的周长相等．
13．（2022秋•蓬安县期中）如图，AB∥CD，若∠A＝40°，∠C＝26°，则∠E＝ 66° ．
【分析】过E作EF∥AB，根据平行线的性质可得∠A＝∠1，∠C＝∠2，然后即可求得∠AEC的度数．
【解答】解：过E作EF∥AB．则EF∥CD，
∴∠A＝∠1，∠C＝∠2，
∴∠AEC＝∠1+∠2＝∠A+∠C＝66°．
故答案为：66°．
14．（2022春•高新区校级月考）如图，将直尺与三角尺叠放在一起，如果∠1＝28°，那么∠2的度数为 62° ．
【分析】先由两锐角互余求∠DAC度数，再由平行线的性质即可求解．
【解答】解：如图，标注字母，
由题意可得：∠BAC＝90°，∠DAC＝∠BAC﹣∠1＝62°，
∵EF∥AD，
∴∠2＝∠DAC＝62°，
故答案为：62°．
15．（2022秋•浠水县期中）将直角三角板如图所示放置，∠ABC＝60°，∠ACB＝90°，∠A＝30°，直线CE∥AB，BE平分∠ABC，在直线CE上确定一点D，满足∠BDC＝45°，则∠EBD＝ 15°或105° ．
【分析】分两种情况：D在C的左边；D在C的右边；根据平行线的性质和角平分线的定义即可求解．
【解答】解：D在C的左边，如图1：
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠ABC＝30°，
∵CE∥AB，
∴∠ABD＝180°﹣∠BDC＝135°，
∴∠EBD＝135°﹣30°＝105°；
D在C的右边，如图2：
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠ABC＝30°，
∵CE∥AB，
∴∠ABD＝∠BDC＝45°，
∴∠EBD＝45°﹣30°＝15°．
故∠EBD＝15°或105°．
故答案为：15°或105°．
16．（2022春•长安区校级月考）将一副直角三角尺ABC和CDE按如图方式放置，其中直角顶点C重合，∠D＝45°，∠A＝30°．若DE∥BC，则∠1的度数为 105° ．
【分析】根据DE∥BC，得出∠E＝∠ECB＝45°，进而得出∠1＝∠ECB+∠B即可．
【解答】解：∵∠ACB＝90°，∠A＝30°，
∴∠B＝60°，
∵DE∥BC，
∴∠E＝∠ECB＝45°，
∴∠1＝∠ECB+∠B＝45°+60°＝105°，
故答案为：105°．
17．（2022秋•涪陵区校级期中）如图，在四边形ABCD中，AC为对角线，∠B＝90°，AB＝BC，AC＝AD，在BC上取一点E，连接AE，DE．若∠DAC＝2∠BAE，现有下列五个结论：①∠DEC＝∠DAC；②∠BAE+∠ACD＝90°；③AE平分∠BED；④DE＝AB+BE；⑤S△ADC＝S△CED+S△ABE；其中正确的命题是 ①②③④ ．
【分析】①设∠BAE＝α，依次表示出∠DAC，∠ACD，∠DAE，∠DCE，从而计算得∠DAE+∠DCE＝180°，从而得出点A、E、C、D共圆，进一步得出结果；
②计算可得出结果；
③可推出∠AEB＝∠ADC，∠AED＝∠ACD，进一步得出结果；
④作AF⊥DE，可推出DF＝AF＝AB，BE＝FE，进一步得出结果；
⑤可推出△ADE的面积大于△ABC的面积，进而得出△AOD的面积大于△ABE与△COE的面积之和，进一步得出△ACD的面积大于△ABE与△CDE的面积之和．
【解答】解：①设∠BAE＝α，则∠DAC＝2α，
∵∠B＝90°，AB＝BC，
∴∠BAC＝∠ACB＝45°，
∴∠CAE＝∠BAC﹣∠BAE＝45°﹣α，
∴∠DAE＝∠DAC+∠CAE＝2α+45﹣α＝α+45°，
∵AD＝AC，
∴∠ACD＝∠ADC＝＝＝90°﹣α，
∴∠DCE＝∠ACD+∠ACB＝90°﹣α+45°＝135°﹣α，
∴∠DAE+∠DCE＝180°，
∴点A、E、C、D共圆，
∴∠DEC＝∠DAC，
故①正确；
②由①得：∠ACD＝90°﹣α，
∵∠BAE＝α，
∴∠ACD+∠BAE＝90°，
故②正确；
③由①得：点A、E、C、D共圆，
∴∠AED＝∠ACD，∠AEB＝∠ADC，
∵∠ADC＝∠ACD，
∴∠AED＝∠AEB，
故③正确；
④如图1，
作AF⊥DE于F，
由③得：AE平分∠BED，
∵∠B＝90°，
∴AB＝AF，
∵点A、E、C、D共圆，
∴∠ADE＝∠ACB＝45°，
∴∠DAF＝90°﹣∠ADE＝45°，
∴∠ADE＝∠DAF，
∴DF＝AF，
∵∠B＝∠AFE＝90°，∠AED＝∠AEB，
∴∠BAE＝∠EAF，
∴BE＝EF，
∴DE＝DF+EF＝AB+BE，
故④正确；
⑤如上图，
∵AD＝AC，AF＝AB，∠AFD＝∠B＝90°，
∴Rt△ADF≌Rt△ACB（HL），
∴S△ADF+S△AEF＞S△ACB，
∴S△ADF+S△AEF﹣S△AOE＞S△ACB﹣S△AOE，
∴S△AOD＞S△ABE+S△COE，
∴S△AOD+S△COD＞S△ABE+S△COE+S△COD，
∴S△ACD＞S△CDE+S△ABE，
故⑤不正确，
故答案为：①②③④．
18．（2022春•玄武区校级期中）如图，AB∥CD，BE∥DF，∠B与∠D的平分线相交于点P，则∠P＝ 90 °．
【分析】过点P作PG∥AB，过点E作EH∥AB，过点F作FM∥AB，延长CD到点N，利用平行线的判定和性质，结合角平分线的定义解答即可．
【解答】解：过点P作PG∥AB，过点E作EH∥AB，过点F作FM∥AB，延长CD到点N，如图：
∵PG∥AB，AB∥CD，
∴AB∥PG∥CD，
∴∠1＝∠2，∠8＝∠9，
∵∠ABE与∠CDF的平分线相交于点P，
∴∠1＝∠ABE，∠9＝∠CDF，
∴∠BPD＝∠2+∠8＝∠1+∠9＝（∠ABE+∠CDF），
∵BE∥DF，
∴∠3+∠4＝∠5+∠6，
∵EH∥AB，FM∥AB，AB∥CD，延长CD到点N，
∴AB∥EH∥FM∥CN，
∴∠ABE＝∠3，∠4＝∠5，∠6＝∠7，
∴∠ABE＝∠7，
∵∠7+∠CDF＝180°，
∴∠ABE+∠CDF＝180°，
∴∠BPD＝（∠ABE+∠CDF）＝×180°＝90°．
故答案为：90．
三、解答题（本大题共6小题，共66分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．（2022秋•道里区校级月考）完成下面推理过程，在括号内的横线上填空或填上推理依据．
已知：AB∥CD，∠B+∠D＝180°，求证：BC∥ED．
证明：∵AB∥CD（已知），
∴∠B＝∠C（ 两直线平行，内错角相等 ）．
∵∠B+∠D＝180°（ 已知 ），
∴∠C+∠D＝180°（ 等量代换 ），
∴BC∥DE（ 同旁内角互补，两直线平行 ）．
【分析】由平行线的性质可得∠B＝∠C，从而可得∠C+∠D＝180°，即可判定BC∥DE．
【解答】证明：∵AB∥CD（已知），
∴∠B＝∠C（两直线平行，内错角相等），
∵∠B+∠D＝180°（已知），
∴∠C+∠D＝180°（等量代换），
∴BC∥DE（同旁内角互补，两直线平行），
故答案为：两直线平行，内错角相等；已知；等量代换；同旁内角互补，两直线平行．
20．（2022春•南海区校级月考）如图，已知直线a，b与直线c，d相交，∠1＝∠2，∠3＝110°，求∠4的度数．
【分析】根据“同位角相等，两直线平行”这一定理，可知a∥b，再根据“两直线平行，同位角相等”即可解答．
【解答】解：如图，
∵∠1＝∠2，
∴a∥b，
∴∠5＝∠3＝110°，
∴∠4＝180°﹣110°＝70°，
．
21．（2022春•重庆月考）如图，AF分别与BD、CE交于点G、H，∠1＝55°，∠2＝125°．若∠A＝∠F，求证：∠C＝∠D．
【分析】根据平行线的判定与性质进行推理论证即可．
【解答】证明：因为∠2+∠AHC＝180°，∠2＝125°，
所以∠AHC＝180°﹣∠2＝180°﹣125°＝55°，
因为∠1＝55°，
所以∠1＝∠AHC，
所以BD∥CE（同位角相等，两直线平行），
所以∠ABD＝∠C（两直线平行，同位角相等），
因为∠A＝∠F（已知），
所以AC∥DF（内错角相等，两直线平行），
所以∠ABD＝∠D（两直线平行，内错角相等），
所以∠C＝∠D（等量代换）．
22．（2022春•云阳县校级月考）如图，已知平面内有两条直线AB、CD，且AB∥CD，P为一动点．
（1）当点P移动到AB、CD之间时，如图（1），此时∠APC与∠A、∠C有怎样的关系？请说明理由．
（2）当点P移动到如图（2）的位置时，∠APC与∠A、∠C又有怎样的关系？请说明理由．
【分析】（1）延长AP后通过外角定理可得出结论；
（2）延长BA到E，延长DC到F，利用内角和定理解答．
【解答】解：（1）∠APC＝∠A+∠C，理由如下：
如图（1）延长AP交CD与点E．
∵AB∥CD，
∴∠A＝∠AEC．
又∵∠APC是△PCE的外角，
∴∠APC＝∠C+∠AEC．
∴∠APC＝∠A+∠C；
（2）∠APC＝360°﹣（∠A+∠C），理由如下：
如图（2）延长BA到E，延长DC到F，
由（1）得∠APC＝∠PAE+∠PCF．
∵∠PAE＝180°﹣∠PAB，∠PCF＝180°﹣∠PCD，
∴∠APC＝360°﹣（∠PAB+∠PCD）．
23．（2022春•江岸区校级月考）如图，AB∥CD，点M、N分别在直线AB、CD上，点O在直线AB、CD之间，∠MON＝90°．
（1）求∠1+∠2的值；
（2）如图2，直线EF交∠BMO、∠CNO的角平分线分别于点F、E，求∠NEF﹣∠MFE的值；
（3）如图3，∠AMP＝n∠OMP，∠DNQ＝n∠ONQ，若∠P﹣∠Q＝t°，则n＝ （用t表示）．
【分析】（1）过点O作OE∥AB，易得AB∥OE∥CD，利用平行线的性质即可解答；
（2）过点E作EP∥CD，过点F作FQ∥AB，所以EP∥FQ∥AB∥CD，再利用（1）中的结论以及角平分线的定义即可解答；
（3）过点P作PS∥AB，过点Q作 QT∥AB，由（1）可知：∠BMO+∠DNO＝∠MON＝90°，又因为∠MPQ﹣∠NQP＝（∠MPS+∠QPS）﹣（∠NQT+∠PQT）＝t°，所以∠MPS﹣∠NQT＝t°，即∠AMP﹣∠DNQ＝t°，因为∠AMP＝n∠OMP，∠AMP+∠OMP+∠BMO＝180°，可得∠AMP＝（180°﹣∠BMO），等量代换即可解答．
【解答】解：（1）过点O作OE∥AB，如图：
∵AB∥CD，
∴OE∥AB∥CD，
∴∠EON＝∠1，∠EOM＝∠2，
∴∠1+∠2＝∠EON+∠EOM＝∠MON＝90°；
（2）过点E作EP∥CD，过点F作FQ∥AB，如图：
∵AB∥CD，
∴EP∥FQ∥AB∥CD，
∵MF平分∠OMB，
∴设∠BMF＝∠OMF＝α，
∵EN平分∠ONC，
∴设∠CNE＝∠ONE＝β，∠OND＝180°﹣2β，
由（1）得：∠DNO+∠BMO＝90°，
∴180°﹣2β+2α＝90°，
∴β﹣α＝45°，
又∵∠NEP＝∠CNE＝β，∠MFQ＝∠BMF＝α，∠PEF＝∠QFE，
∴∠NEF﹣∠MFE＝（∠NEP+∠PEF）﹣（∠MFQ+∠QFE）＝∠CNE﹣∠BMF＝β﹣α＝45°；
（3）过点P作PS∥AB，过点Q作QT∥AB，如图：
∵PS∥AB，
∴∠SPM＝∠AMP，
∵QT∥AB，
∴QT∥PS，
∴∠TQP＝∠QPS，
∵AB∥CD，
∴QT∥CD，
∴∠DNQ＝∠NQT，
由（1）可知：∠BMO+∠DNO＝∠MON＝90°，
又∵∠MPQ﹣∠NQP＝（∠MPS+∠QPS）﹣（∠NQT+∠PQT）＝t°，
∴∠MPS﹣∠NQT＝t°，
∴∠AMP﹣∠DNQ＝t°，
∵∠AMP＝n∠OMP，∠AMP+∠OMP+∠BMO＝180°，
∴∠AMP＝（180°﹣∠BMO），
∵∠DNQ＝n∠ONQ，∠DNQ+∠ONQ＝∠DNO，
∴∠DNQ＝∠DNO，
∴（180°﹣∠BMO）﹣∠DNO＝t°，
∴﹣（∠BMO+∠DNO）＝﹣＝t°，
∴n＝．
故答案为：．
24．（2022春•重庆月考）综合与探究，问题情境：综合实践课上，王老师组织同学们开展了探究三角之间数量关系的数学活动．
（1）如图1，EF∥MN，点A，B分别为直线EF，MN上的一点，点P为平行线间一点且∠PAF＝130°，∠PBN＝120°，求∠APB度数；
问题迁移
（2）如图2，射线OM与射线ON交于点O，直线m∥n，直线m分别交OM，ON于点A，D，直线n分别交OM，ON于点B，C，点P在射线OM上运动．
①当点P在A，B（不与A，B重合）两点之间运动时，设∠ADP＝∠α，∠BCP＝∠β．则∠CPD，∠α，∠β之间有何数量关系？请说明理由；
②若点P不在线段AB上运动时（点P与点A，B，O三点都不重合），请你直接写出∠CPD，∠α，∠β间的数量关系．
【分析】（1）过P作PT∥EF，由PT∥EF∥MN，得∠PAF+∠APT＝180°，∠TPB+∠PBN＝180°，即得∠PAF+∠PBN+∠APB＝360°，把∠PAF＝130°，∠PBN＝120°代入即可求出∠APB度数；
（2）①过P作PE∥AD交CD于E，由AD∥PE∥BC，得∠α＝∠DPE，∠β＝∠CPE，故∠CPD＝∠DPE+∠CPE＝∠α+∠β；
②分两种情况：当P在BA延长线时，此时∠CPD＝∠β﹣∠α；当P在BO之间时，此时∠CPD＝∠α﹣∠β．
【解答】解：（1）∠PAF+∠PBN+∠APB＝360°，理由如下：
过P作PT∥EF，如图：
∵EF∥MN，
∴PT∥EF∥MN，
∴∠PAF+∠APT＝180°，∠TPB+∠PBN＝180°，
∴∠PAF+∠APT+∠TPB+∠PBN＝360°，
即∠PAF+∠PBN+∠APB＝360°，
∵∠PAF＝130°，∠PBN＝120°，
∴∠APB＝360°﹣∠PAF﹣∠PBN＝360°﹣130°﹣120°＝110°；
（2）①∠CPD＝∠α+∠β，理由如下：
过P作PE∥AD交CD于E，如图：
∵AD∥BC，
∴AD∥PE∥BC，
∴∠α＝∠DPE，∠β＝∠CPE，
∴∠CPD＝∠DPE+∠CPE＝∠α+∠β；
②当P在BA延长线时，如图：
此时∠CPD＝∠β﹣∠α；
当P在BO之间时，如图：
此时∠CPD＝∠α﹣∠β．